ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN KHỐI A;A1 NĂM 2013

ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2013
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
( )
3 2
y x 3x 3mx 1 1= − + + −

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
m 0
=
.
2. Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
0; +∞
Câu II (1,0 điểm) Giải phương trình sau:
1 tanx 2 2 sin x
4
 π 
+ = +
 ÷
 

Câu III(1,0 điểm) Giải hệ phương trình
( )
( )
4
4
2 2
x 1 x 1 y 2 y
x,y
x 2x y 1 y 6y 1 0



+ + − − + =
∈

+ − + − + =


¡
Câu IV (1,0 điểm) Tính tích phân:
2
2
2
1
x 1
I .lnx.dx
x
−
=
∫
.
Câu V(1,0 điểm) Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
·
0
ABC 30=
, SBC là tam giác
đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ
C đến mặt phẳng (SAB).
Câu VI (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn
( ) ( )

2
a c b c 4c+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
( ) ( )
3 3 2 2
3 3
32a 32b a b
P
c
b 3c a 3c
+
= + −
+ +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A.Theo chương trình Chuẩn
Câu VII.a( 1,0 điểm) Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc d:
2x y 5 0+ + =
và
điểm
( )
A 4;8−
. Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu của B lên DM. Tìm tọa độ của B, C biết
( )
N 5; 4−
.
Câu VIII.a (1,0 điểm) Trong không gian
Oxyz
cho đường thẳng
y 1

x 6 z 2
:
3 2 1
+
− +
∆ = =
− −
và điểm
A(1;7;3)
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với
∆
. Tìm tọa độ điểm M thuộc
∆
sao cho
AM 2 30=
.
Câu IX.a (1,0 điểm) Gọi S là tập các số tự nhiên gồm 3 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số
1;2;3;4;5;6;7. Xác định số phần tử của S. Chọn ngẫu nhiên 1 số từ S, tính xác suất để số được chọn là số
chẵn.
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VII.b(1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng
: x y 0∆ − =
. Đường tròn (C) có bán kính
R 10=
cắt
∆
tại hai điểm A, B sao cho
AB 4 2=
. Tiếp tuyến của (C) tại A và B cắt nhau tại một điểm

thuộc Oy. Viết phương trình đường tròn (C).
Câu VIII.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P):
2x 3y z 11 0+ + − =
và
mặt cầu (S):
2 2 2
x y z 2x 4y 2z 8 0+ + − + − − =
. Chứng minh (P) tiếp xúc với (S). Tìm tọa độ tiếp điểm của
(P) và (S).
Câu IX.b (1,0 điểm) Cho số phức
z 1 3i= +
. Viết dạng lượng giác của z. Tìm phần thực, phần ảo của
( )
5
w 1 i z= +
.
ĐÁP ÁN
Câu I.
( )
3 2
y x 3x 3mx 1 1= − + + −
a. (Tự làm)
b. Ta có :
2
y' 3x 6x 3m= − + +
;
( )
' 9 m 1∆ = +
TH1:
' 0

∆ >
y' 0⇒ =
có hai nghiệm phân biệt
1 2
x 1 m 1;x 1 m 1= − + = + +
. Suy ra không có giá trị
nào của m thỏa mãn bài toán (vì
2
x 0>
).
TH2:
' 0 m 1 y' 0∆ = ⇔ = − ⇒ =
có nghiệm
x 1=
. Suy ra, không có giá trị nà của m thỏa mãn bài toán.
TH3:
' 0 m 1 y' 0, x∆ < ⇔ < − ⇒ < ∀ ∈¡
. Suy ra
( )
y' 0, x 0,< ∀ ∈ +∞
Vậy
m 1< −
thì yêu cầu bài toán thỏa.
Câu II.
1 tanx 2 2 sin x
4
 π 
+ = +
 ÷
 

(1)
Điều kiện:
cos x 0 x k
2
π
≠ ⇔ ≠ + π
Pt(1)
sinx cosx 2 2 cosxsin x
4
 π 
⇔ + = +
 ÷
 
( )
2 sin x 2 2 cosxsin x
4 4
sin x 0
x k
4
4
k
1
x k2
cos x
3
2
 π   π 
⇔ + = +
 ÷  ÷
   


 π 
 π
+ =
= − + π

 ÷

 
⇔ ⇔ ∈


π

= ± + π

=
 

¢
Câu III.
( )
( ) ( )
( )
4
4
2 2
x 1 x 1 y 2 y 1
x,y
x 2x y 1 y 6y 1 0 2



+ + − − + =
∈

+ − + − + =


¡
Ta có:
( ) ( )
2
2 x y 1 4y 0⇔ + − = ≥
Điều kiện bài toán là:
x 1; y 0≥ ≥
Đặt
4
a x 1 0; b y 0= − ≥ = ≥
, pt(1) thành
4 4
a a 2 b b 2+ + = + +
(3)
Xét hàm số
( )
4
f t t t 2,t 0= + + ≥
Hàm f là hàm đồng biến với mọi
t 0≥
(vì
( )

f' t 0, t 0> ∀ ≥
) (4)
Từ (3), (4) suy ra
4
a b x 1 y= ⇔ − =
(5)
pt(2)
( ) ( )
2
2
x 1 2y x 1 y 4y 0⇔ − + − + − =
(6)
Thay (5) vào (6) ta được:
( )
( )
8 5 2 6 5 4 3 2
y 2y y 4y 0 y y 1 y y y 3y 3y 3y 4 0+ + − = ⇔ − + + + + + + =
y 0,x 1
y 1,x 2
 = =
⇔

= =

. Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm
( ) ( ) ( ) ( )
x,y 1;0 , x,y 2,1= =
.
Câu IV:
2

2
2
2 2
1
1
x 1 1
I .lnx.dx 1 lnx.dx
x x
−  
= = −
 ÷
 
∫ ∫
Đặt
2
dx
u lnx
du
x
1
1
dv 1
v x
x
x

 =
=



⇒
 
= −
 
= +


. Khi đó,
2 2
2
2
1
1 1
1 1 5 1 5 3
I x ln x 1 dx ln 2 x ln 2
x 2 x 2 2
x
     
= + − + = − − = −
 ÷  ÷  ÷
     
∫
.
Câu V(1,0 điểm) Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
·
0
ABC 30=
, SBC là tam giác
đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ
C đến mặt phẳng (SAB).

Giải:
Tam giác ABC có:
µ
0 0 0
a 3
B 30 ;BC a AC BC.sin30 ;AB BC.cos30 a
2 2
= = ⇒ = = = =
Suy ra diện tích tam giác ABC là
2
ABC
1 3
S AB.AC a
2 8
= =
Tam giác SBC đều cạnh a nên
3
SH a
2
=
với H là trung điểm BC.
Vậy thể tích khối SABC là
3
2
1 3 3 a
V .a .a
3 8 2 16
= =
.
Tam giác SAH vuông tại H có:

3 a
SH a ;CH SA a
2 2
= = ⇒ =
.
Gọi I là trung điểm AB, tam giác SAB cân tại S, ta có
13
SI a
4
=

Suy ra diện tích tam giác SAB là
2
SAB
1 13 3 39
S a .a a
2 4 2 16
= =
Vậy khoảng cách từ C đến SAB là
( )
( )
S.ABC
SAB
3V
39
d C, SAB a .
S 13
= =
Câu VI (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn
( ) ( )

2
a c b c 4c+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
( ) ( )
3 3 2 2
3 3
32a 32b a b
P
c
b 3c a 3c
+
= + −
+ +
Giải:
Đặt
a b
x ;y
c c
= =
. Từ giả thiết ta có:
xy x y 3+ + =
đặt
s x y; p xy= + =
ta có:
s 3 p= −
Ta sử dụng BĐT:
( ) ( )
( )
( )

3
3
3 3 2 2 3 3 3 3
a b
3(a b ) 3 a b ab 4 a b a b a b
4
+
+ ≥ + ⇔ + ≥ + ⇔ + ≥
. Khi đó, ta có:
( )
3
2
3
3 3
2 2
s 3s 2p
y x y
a b x s s 1 s
P 4 x y 4 8 8
b 3c a 3c y 3 x 3 3s p 9 2
2 2 2
 
+ −
 
+
   − 
 
≥ + − + ≥ + − = − = −
 ÷
 ÷  ÷

 
+ + + + + +
   
 
 
( )
3
s
s 1
2
= − −
Xét hàm
( ) ( )
3
s
f s s 1 ,s 2
2
= − − ≥
( vì
2 2
x y 2 xy s 4p 0 s 4s 12 0 s 2+ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ ≥
do
s 0
>
)
Suy ra
( ) ( )
f s f 2 1 2≥ = −
(vì
( )

f' s 0, s 2> ∀ ≥
)
Vậy min P =
1 2−
khi
x y 1= =
hay
a b c 1
= = =
.
Câu VII.a( 1,0 điểm) Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc d:
2x y 5 0+ + =
và
điểm
( )
A 4;8−
. Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu của B lên DM. Tìm tọa độ của B, C biết
( )
N 5; 4−
.
Giải:
( )
C m, 5 2m∈∆ ⇒ − −
, gọi
I AC BD
= ∩
suy ra
m 4 3 2m
I ;
2 2

 − − 
 ÷
 
.
Dễ thấy 5 điểm A, B, C, D, N nằm trên cùng một đường tròn đường kính BD nên ta có
2 2
IA IN IA IN= ⇔ =
Suy ra
( )
m 1 C 1; 7= ⇒ −
.
Do
IB IN; BN IC= ⊥
nên B đôi xứng với N qua IC. Goi
1 11
E BN IC E ;
2 2
 
= ∩ ⇒ −
 ÷
 

với
AC : 3x y 4 0; BN : x 3y 17 0+ + = − − =
suy ra
( )
B 4; 7− −
.
Vậy
( ) ( )

B 4; 7 ,C 1; 7− − −
.
Câu VIII.a (1,0 điểm) Trong không gian
Oxyz
cho đường thẳng
y 1
x 6 z 2
:
3 2 1
+
− +
∆ = =
− −
và điểm
A(1;7;3)
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với
∆
. Tìm tọa độ điểm M thuộc
∆
sao cho
AM 2 30=
.
Giải:
Mặt phẳng (P) đi qua
( )
A 1;7;3
có VTPT là
( )
n 3; 2;1= − −

ur
có phương trình:
3x 2y z 14 0+ − − =
.
M thuộc
∆
nên lấy
( ) ( )
M 6 3t; 1 2t; 2 t AM 5 3t; 8 2t; 5 t− − − − + ⇒ = − − − − +
uuuur
Theo giả thiết
( )
2
t 1,M 3; 3; 1
3 51 1 17
AM 2 10 14t 8t 6 0
t ,M ; ;
7 7 7 7

= − −

 
= ⇔ − − = ⇔
= − − −

 ÷

 

Câu IX.a (1,0 điểm) Gọi S là tập các số tự nhiên gồm 3 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số

1;2;3;4;5;6;7. Xác định số phần tử của S. Chọn ngẫu nhiên 1 số từ S, tính xác suất để số được chọn là số
chẵn.
Giải:
Các số tự nhiên có 3 chữ số phân biệt được chon từ
{ }
A 1;2;3; 4;5;6;7=
chính là một
3
7
A 210=
.
Suy ra tập S có 210 phần tử.
Các số chẵn có 3 chứ số trong tập S là
2
6
3A 90=
.
Gọi A là biến cố:” 1 số được chọn từ S là số chẵn”.
Vậy
( )
90 3
P A
210 7
= =
.
Người sọan: Đinh Công Văn
Mail.